求解多元函数中某个变量的偏导数时，最好先将其他变量的已知值代入原式

一、前言

在对多元函数求偏导数的时候，一般情况下，我们可以将除了被求偏导数的变量之外的其他变量的值先代入原式中（如果这些变量有具体的数值或者关系式的话），这在通常情况下都可以降低我们求偏导的运算量.

在本文中，我们就通过两道例题，来看一看提前代入与求偏导无关的变量与否对计算难易程度的影响.

二、正文

例题 1

题目

已知，函数 $z = f(x, y) = x \ln (x^{2} + y^{2})$, 则：

$$
\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,2)} = ?
$$

解法 1：后代入已知量

首先，由原式可得：

$$
\textcolor{yellow}{ \frac{\partial z}{\partial x} = \ln (x^{2}+y^{2}) + x \cdot \frac{2x}{x^{2}+y^{2}} } \tag{1}
$$

接着，将已知条件 $x = 1$ 和 $y = 2$ 代入上面的 $(1)$ 式，得：

$$
\textcolor{lightgreen}{
\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,2)} = \ln 5 + \frac{2}{5}
}
$$

解法 2：先代入已知量

首先，将 $y=2$ 代入函数 $f(x, y)$ 的表达式，得到一个一元函数 $f(x, 2)$:

$$
\textcolor{yellow}{ z = f(x, 2) = x \ln (x^{2} + 4) } \tag{2}
$$

接着，对上面 $(2)$ 式中的函数 $f(x, 2)$ 中的 $x$ 求导，得：

$$
\begin{aligned}
\textcolor{lightgreen}{ \left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1, 2)} } & = \left.\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}f(x, 2)\right|_{x=1} \\ \\
& = \left. \left[\ln (x^{2} + 4) + \frac{2x^{2}}{x^{2} + 4}\right] \right|_{x=1} \\ \\
& = \textcolor{lightgreen}{ \ln 5 + \frac{2}{5} }
\end{aligned}
$$

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例题 2

题目

已知，函数 $z = \arctan \frac{(x-2)y + y^{2}}{xy + (x-2)^{2}y^{3}}$, 则：

$$
\left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(2,0)} = ?
$$

解法

对于前面的“例题 1”，我们可以看到，在求导或者求偏导之前是否代入无关变量的已知值，对于求导过程比较简单的函数来说，计算的难易程度变化不大. 但是，本题中的函数则是一个直接求导比较复杂的式子，所以，我们需要先将无关变量 $x$ 的值代入函数 $z$ 中，之后再对 $y$ 求导：

将 $x = 2$ 代入函数 $z = \arctan \frac{(x-2)y + y^{2}}{xy + (x-2)^{2}y^{3}}$, 得到一个自变量为 $y$ 的一元函数 $z(2, y)$:

$$
\textcolor{yellow}{ z(2, y) = \arctan \frac{y}{2} } \tag{3}
$$

对上面 $(3)$ 式中的函数 $z(2, y)$ 求导，得：

$$
\textcolor{lightgreen}{ \left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(2, 0)} } = \left.\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} y} z(2, y) \right|_{y=0} = \left.\frac{\frac{1}{2}}{1 + \frac{y^{2}}{4}}\right|_{y=0} = \textcolor{lightgreen}{ \frac{1}{2} }
$$

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